25Teledetección y SIG

En 1997 el terreno de una zona salvaje de la cordillera de las Cascadas, cerca del conjunto de volcanes llamado las Tres Hermanas, empezó a elevarse. En 2001 su centro estaba $15\,\mathrm{cm}$ más alto. No hay ningún volcán directamente sobre el abombamiento, y la última erupción de la zona había ocurrido hace 1500 años. El levantamiento no lo detectó nadie caminando sobre él: apareció como una diana de anillos de colores cuando se combinaron imágenes de radar de la región, tomadas desde órbita con años de diferencia. Los anillos situaban el magma intrusivo a entre 6 y $7\,\mathrm{km}$ de profundidad; en marzo de 2004 un enjambre de más de 300 terremotos pequeños se produjo junto a su centro. Este capítulo explica cómo un satélite mide un cambio de unos pocos centímetros desde cientos de kilómetros de altura, qué ven del terreno los demás sensores en órbita y cómo se combinan los mapas que producen en un sistema de información geográfica.

Lo que ya sabes

El espectro electromagnético, la ley de Planck del cuerpo negro, la emisividad y la ley de Kirchhoff, la reflectancia y la interferencia de ondas están en los libros de física. La teledetección, las imágenes de satélite, las proyecciones cartográficas y el posicionamiento por satélite están en los libros del colegio. Las ventanas atmosféricas y las bandas fotométricas están en el volumen de primer año, en su capítulo sobre telescopios; el modelo digital de elevaciones y el sistema de información geográfica que lo almacena, en su capítulo sobre mapas geológicos; el primer mapa radar del desplazamiento de un terremoto, en su capítulo sobre la fuente sísmica. La fuente de Mogi de una cámara magmática que se hincha está en el volumen de segundo año, en su capítulo sobre erupciones volcánicas.

25.1 Firmas espectrales y sensores ópticos

La luz solar que llega al terreno se absorbe en parte y en parte se refleja, en proporciones que dependen de la longitud de onda y de lo que esté hecho el terreno. Un sensor en órbita mide la luz reflejada en unos pocos intervalos de longitud de onda, sus bandas, y las razones entre las bandas identifican la superficie.

Definición 25.1 (Firma espectral)

La firma espectral de un material es su reflectancia en función de la longitud de onda, $R(\lambda)$, la fracción de la radiación incidente que refleja. En el infrarrojo térmico, donde las superficies emiten en lugar de reflejar, la firma es la emisividad $\varepsilon(\lambda)$; para una muestra opaca $\varepsilon = 1 - R$.

Las firmas de la figura anterior son el vocabulario de la teledetección óptica. La clorofila de las hojas absorbe con fuerza entre 0.4 y $0.7\,\text{µ}\mathrm{m}$, para la fotosíntesis, mientras que las células de las hojas reflejan con fuerza entre 0.7 y $1.1\,\text{µ}\mathrm{m}$: la hierba verde refleja un $5\,\%$ de la luz roja de la banda 4 y un $50\,\%$ del infrarrojo cercano de la banda 5, un salto que ninguna roca ni suelo presenta. Más allá, dos depresiones profundas cerca de 1.4 y $1.9\,\text{µ}\mathrm{m}$ son donde el agua líquida absorbe. La arena marrón se aclara de forma constante hacia el infrarrojo. La caolinita, una arcilla, es blanca en el visible y tiene una absorción estrecha en $2.20\,\text{µ}\mathrm{m}$, dentro de la banda 7, lo que la hace más oscura allí que en la banda 6; un sensor hiperespectral resuelve su forma y permite distinguir una arcilla de otra. La hematites absorbe el azul y el verde: de ahí su color rojo.

Definición 25.2 (Resolución espacial, espectral y radiométrica; tiempo de revisita)

La resolución espacial de una imagen es el tamaño sobre el terreno de uno de sus píxeles. Su resolución espectral es el número y la anchura de sus bandas, y su resolución radiométrica es el número de niveles en que se registra cada medida, $2^b$ para $b$ bits. El tiempo de revisita de un satélite es el intervalo entre dos de sus observaciones de un mismo lugar.

Las cuatro no pueden ser finas a la vez: los píxeles más pequeños y las bandas más estrechas recogen cada una menos luz, y una franja estrecha tarda más en cubrir la Tierra. El instrumento de imagen de Landsat 8, lanzado en 2013, tiene nueve bandas, la mayoría de ellas con píxeles de $30\,\mathrm{m}$ y una banda pancromática de $15\,\mathrm{m}$; el instrumento registra 4096 niveles (12 bits), frente a los instrumentos de Landsat 1 a 7 que registraban 256. Desde una órbita heliosíncrona a $705\,\mathrm{km}$ de altura toma imágenes de una franja de $185\,\mathrm{km}$ de ancho y vuelve sobre el mismo terreno cada 16 días; Landsat 9, en la misma órbita y desfasado 8 días, reduce a la mitad la espera. El instrumento multiespectral de cada satélite Sentinel-2 tiene 13 bandas, de 10, 20 o $60\,\mathrm{m}$, sobre una franja de $290\,\mathrm{km}$; con dos satélites en la misma órbita, el tiempo de revisita en el Ecuador es de 5 días.

Definición 25.3 (Sensores multiespectrales e hiperespectrales)

Un sensor multiespectral registra de pocas a unas pocas decenas de bandas, separadas por huecos. Un sensor hiperespectral registra muchas bandas estrechas y contiguas, de modo que cada píxel lleva un espectro casi continuo que puede compararse con una biblioteca espectral como la de la figura anterior.

Entre el terreno y el sensor se encuentra la atmósfera. Esta dispersa hacia el sensor luz solar que nunca tocó el terreno, sobre todo a longitudes de onda cortas, la radiancia de trayectoria, y absorbe parte de lo que el terreno refleja fuera de las ventanas atmosféricas.

Definición 25.4 (Corrección atmosférica)

La corrección atmosférica es la conversión de la radiancia medida en el tope de la atmósfera en la reflectancia de la superficie, eliminando la radiancia de trayectoria y compensando la absorción a lo largo de los dos trayectos de la luz, de bajada y de subida.

La corrección más sencilla resta en cada banda el valor de los píxeles más oscuros de la escena, agua profunda y limpia o una sombra, que deberían reflejar casi nada: lo que muestran es la radiancia de trayectoria. Las correcciones cuidadosas modelizan las moléculas, los aerosoles y el vapor de agua de la atmósfera.

Definición 25.5 (Índice de vegetación de diferencia normalizada)

El índice de vegetación de diferencia normalizada (NDVI) de un píxel es

$$\mathrm{NDVI} = \frac{R_\mathrm{NIR} - R_\mathrm{red}}{R_\mathrm{NIR} + R_\mathrm{red}} ,$$

calculado a partir de sus reflectancias en una banda del infrarrojo cercano y en una banda roja.

El índice se sitúa entre $-1$ y $+1$. El terreno sin hojas verdes da un valor cercano a cero: roca desnuda, arena o nieve $0.1$ o menos, matorrales y pastizales de 0.2 a 0.3, selvas templadas y tropicales de 0.6 a 0.8; las hojas verdes más densas se acercan a 0.8 o 0.9. A partir de los espectros de la figura anterior, a través de las bandas 4 y 5, la hierba da 0.82, la arena marrón 0.15 y el agua $-0.01$. Al ser una razón, el índice no cambia cuando ambas bandas se atenúan en la misma proporción, por una pendiente orientada de espaldas a la luz o por una neblina fina y uniforme: mide la vegetación, no la iluminación. Una radiancia de trayectoria aditiva, mayor en el rojo, sí lo altera, por eso el índice se calcula a partir de reflectancias corregidas (el Ejercicio 25.12).

25.2 El infrarrojo térmico

A las temperaturas del terreno, en torno a $300\,\mathrm{K}$, la ley de Planck sitúa el máximo de emisión de un cuerpo negro cerca de $9.7\,\text{µ}\mathrm{m}$, en la ventana atmosférica del infrarrojo térmico. Allí el sensor mide lo que la superficie emite, no lo que refleja. El sensor térmico de Landsat 8 tiene dos bandas, de 10.6 a 11.19 y de 11.5 a $12.51\,\text{µ}\mathrm{m}$, con píxeles de $100\,\mathrm{m}$.

Definición 25.6 (Temperatura de brillo)

La temperatura de brillo $T_b$ de una superficie a la longitud de onda $\lambda$ es la temperatura del cuerpo negro que emitiría la radiancia espectral $L$ medida sobre ella a esa longitud de onda. La temperatura cinética es la temperatura termodinámica de la superficie, la que leería un termómetro.

Proposición 25.7 (Temperatura de brillo a partir de una radiancia)

Con $c_1 = 2hc^2$ y $c_2 = hc/k$, una radiancia espectral $L$ a la longitud de onda $\lambda$ tiene la temperatura de brillo

$$T_b = \frac{c_2}{\lambda \ln\!\left(1 + \dfrac{c_1}{\lambda^5 L}\right)} .$$

Una superficie de emisividad $\varepsilon < 1$ a la temperatura cinética $T$ emite $L = \varepsilon B_\lambda(T)$ y tiene $T_b < T$.

La diferencia importa. En el centro de la banda 10, $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, una superficie a $300\,\mathrm{K}$ con una emisividad de 0.95 tiene una temperatura de brillo de $296.6\,\mathrm{K}$; con 0.99, de $299.3\,\mathrm{K}$: una centésima de emisividad vale más de medio kelvin. Los espectros de laboratorio dan, en la banda 10, una emisividad de 0.98 para la hierba, 0.99 para el agua y 0.97 para la arena marrón. Cartografiar una temperatura desde órbita requiere, por tanto, la emisividad de cada píxel y una corrección de la emisión y de la absorción del aire interpuesto.

La lava a $1170\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ tiene su máximo cerca de $2.0\,\text{µ}\mathrm{m}$: una colada reciente mucho menor que un píxel ilumina las bandas del infrarrojo de onda corta de un sensor óptico, de día o de noche. Un píxel rara vez es uniforme, y la ley de Planck no es lineal en la temperatura.

Proposición 25.8 (Un píxel mixto)

Un píxel del que una fracción $f$ emite como cuerpo negro a $T_h$ y el resto a $T_0 < T_h$ tiene la radiancia $L = fB_\lambda(T_h) + (1 - f)B_\lambda(T_0)$, y, para $0 < f < 1$, su temperatura de brillo supera a la temperatura media ponderada por área $fT_h + (1 - f)T_0$.

Un píxel con un $5\,\%$ de suelo de fumarola a $370\,\mathrm{K}$ sobre un fondo a $290\,\mathrm{K}$ tiene una temperatura media de $294\,\mathrm{K}$, pero una temperatura de brillo de $295.3\,\mathrm{K}$; con un $10\,\%$, $300.4\,\mathrm{K}$. Los puntos calientes destacan en una imagen térmica, y su temperatura no puede leerse a partir de una sola banda: dos bandas de longitud de onda distinta dan dos ecuaciones para $f$ y $T_h$.

25.3 Radar y lidar

Un sensor óptico o térmico es pasivo: mide la luz que envía el terreno. Un radar o un lidar es activo: envía un pulso y mide el tiempo de su eco. Las microondas atraviesan las nubes, y el radar aporta su propia iluminación, de modo que observa de día y de noche con cualquier tiempo.

Definición 25.9 (Radar de apertura sintética; retrodispersión de radar)

Un radar de apertura sintética (SAR) es un radar transportado a lo largo de una trayectoria que mira lateralmente, y que combina los ecos que registra desde un mismo punto del terreno a lo largo de una longitud de su trayectoria, conservando sus fases, como si hubieran sido recibidos por una sola antena tan larga como esa longitud. La retrodispersión de radar de una superficie es la fracción de la potencia que recibe que devuelve hacia la antena.

Proposición 25.10 (Resolución en acimut)

Una antena real de longitud $L$ a la distancia oblicua $R$ separa dos puntos del terreno a lo largo de su trayectoria solo si distan más de unos $R\lambda/L$ entre sí. Un radar de apertura sintética con la misma antena alcanza unos $L/2$, sea cual sea la distancia.

El radar de cada satélite Sentinel-1 trabaja en la banda C, a $5.405\,\mathrm{GHz}$, con una longitud de onda de unos $5.55\,\mathrm{cm}$, y con una antena de $12.3\,\mathrm{m}$ de longitud, a $693\,\mathrm{km}$ de altura. Una antena real de ese tamaño distinguiría detalles no más finos que unos $4\,\mathrm{km}$ a lo largo de la trayectoria; la apertura sintética lleva $L/2$ a unos $6\,\mathrm{m}$. Sobre tierra firme trabaja sobre todo en un modo de barrido amplio que explora tres subfranjas para cubrir $250\,\mathrm{km}$, con ángulos de incidencia entre 29 y $46{}^{\circ}$, con celdas de 5 por $20\,\mathrm{m}$. Un satélite repite su órbita cada 12 días.

La retrodispersión depende de la rugosidad de la superficie a la escala de la longitud de onda y de su humedad. Un lago en calma refleja el pulso lejos, como un espejo, y aparece negro; una colada de lava rugosa, una cubierta forestal o una ciudad de muros y esquinas devuelve gran parte de él y aparece brillante.

Definición 25.11 (Lidar)

Un lidar mide distancias mediante el tiempo de recorrido de los pulsos láser reflejados por el terreno, la vegetación o el agua.

Proposición 25.12 (Tiempo de vuelo)

Un pulso que regresa un tiempo $t$ después de salir ha encontrado una superficie a la distancia $ct/2$; una incertidumbre $\delta t$ en el tiempo es una incertidumbre $c\,\delta t/2$ en la distancia.

El altímetro láser de ICESat-2, a unos $500\,\mathrm{km}$ de altura, emite $10\,000$ pulsos por segundo a $532\,\mathrm{nm}$ en seis haces, uno cada $0.7\,\mathrm{m}$ a lo largo del terreno, en una huella de $11\,\mathrm{m}$ de ancho. De los unos 300 billones de fotones que salen con cada pulso solo regresan unos doce, y cada uno se mide con una precisión de $800\,\mathrm{ps}$: $12\,\mathrm{cm}$ de distancia. Sobre un bosque, unos fotones regresan del dosel y otros del suelo a través de sus claros: la diferencia es la altura de los árboles, y los fotones del suelo por sí solos dan un mapa del relieve subyacente. Los lidares embarcados en aviones cartografían de la misma manera el terreno bajo la vegetación.

25.4 Interferometría radar

El eco registrado por un radar tiene una amplitud, la intensidad del retorno, y una fase, que cuenta la distancia de ida y vuelta en unidades de la longitud de onda. La fase de una sola imagen no sirve de nada: cada píxel contiene muchos dispersores cuyos ecos se suman con fases aleatorias. Pero si el terreno no cambia entre medias, los mismos dispersores dan de nuevo la misma suma.

Definición 25.13 (Interferometría radar; interferograma; línea de visión)

La interferometría radar (InSAR) combina dos imágenes de radar del mismo terreno, tomadas desde casi la misma posición en dos instantes, píxel a píxel. Su interferograma es el mapa de la diferencia de sus fases, conocida módulo $2\pi$ y representada como un ciclo de colores, cada ciclo una franja. La línea de visión es la dirección desde el terreno hasta la antena; el radar solo mide la componente de un desplazamiento a lo largo de ella. El desenrollado de fase es la reconstrucción de la fase continua a partir de la fase envuelta, sumando a cada píxel el múltiplo de $2\pi$ que hace que la fase varíe suavemente respecto de sus vecinos.

Teorema 25.14 (Una franja)

Entre dos adquisiciones desde la misma posición, un desplazamiento del terreno que acorta la distancia a la antena en $\Delta r$ cambia la fase de su eco en $\Delta\phi = 4\pi\Delta r/\lambda$. Una franja, es decir un cambio de $2\pi$, equivale a un movimiento de $\lambda/2$ a lo largo de la línea de visión.

Para Sentinel-1 una franja mide $27.7\,\mathrm{mm}$; para los satélites europeos y canadienses anteriores, de longitud de onda $5.66\,\mathrm{cm}$, la franja mide $28.3\,\mathrm{mm}$, el ciclo de colores de la fotografía de abajo. En la práctica las posiciones de las dos órbitas difieren, hasta en unos cien metros (Sentinel-1 se mantiene dentro de $120\,\mathrm{m}$ de una órbita de referencia), y la diferencia de fase también contiene el relieve, que un modelo digital de elevaciones elimina; el vapor de agua de la atmósfera retrasa las ondas de forma distinta en las dos fechas; y donde el terreno cambia entre las dos pasadas, sobre todo la vegetación, las fases pierden su coherencia y las franjas se disuelven en ruido. La longitud de onda más larga de la banda L, de $23.53\,\mathrm{cm}$, atraviesa mejor la vegetación que la banda C.

Proposición 25.15 (Una fuente de Mogi vista a lo largo de la línea de visión)

Sobre una fuente de Mogi de variación de volumen $\Delta V$ a profundidad $z_0$, a la distancia horizontal $r$, el terreno se desplaza hacia arriba $u_z$, como en el volumen de segundo año, y hacia fuera una cantidad

$$u_r = \frac{(1 - \nu)\,\Delta V}{\pi}\,\frac{r}{(r^2 + z_0^2)^{3/2}} = \frac{r}{z_0}\,u_z .$$

Visto desde un satélite situado al este, con incidencia $\theta$, el cambio de la línea de visión es $d = u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$, siendo $u_E$ el desplazamiento hacia el este. A lo largo de la línea norte–sur que pasa por el centro, $d = u_z\cos\theta$.

Las franjas se cuentan a partir de una parte de la imagen que no se movió. Su número da el desplazamiento en el centro; la anchura del patrón da la profundidad, como en el perfil de levantamiento del volumen de segundo año, a lo largo de la línea norte–sur, donde el movimiento horizontal es invisible para el radar. El primer mapa de este tipo, del desplazamiento producido por un gran terremoto californiano en 1992, apareció en el volumen de primer año; desde entonces los interferogramas han cartografiado el deslizamiento de terremotos, la subsidencia de cuencas cuyos acuíferos se bombean, $3\,\mathrm{cm}$ en unos $8\,\mathrm{km}$ en un valle californiano en 1997, y el hinchamiento de volcanes como los Three Sisters.

En el laboratorio — Una estación terrena

Un satélite de observación registra mucho más de lo que puede enviar mientras pasa sobre el lugar que fotografía. El radar de un satélite Sentinel-1 puede tomar imágenes durante hasta media hora de cada órbita y almacena sus datos a bordo, hasta 1410 gigabits; los envía por dos canales de 260 megabits por segundo cada uno, de modo que vaciar un almacenamiento completo lleva unos 45 minutos. Una estación terrena los recibe: cuando el satélite asciende sobre el horizonte, la antena gira para apuntarle, lo sigue a través del cielo y lo suelta al ponerse, mientras los operadores comprueban que el flujo llega completo. Los datos pasan luego a un centro de procesamiento, donde los ecos en bruto se convierten en imágenes.

25.5 Sistemas de información geográfica

Las imágenes de los satélites, el modelo de elevaciones del terreno, el mapa geológico, los pozos y las carreteras son capas de un único sistema de información geográfica, que las almacena en un marco de coordenadas común y opera con ellas.

Definición 25.16 (Datos ráster y vectoriales)

Los datos ráster representan una capa mediante una malla de celdas, cada una con un solo valor: una reflectancia, una elevación, una clase. Los datos vectoriales la representan mediante puntos, líneas y polígonos definidos por las coordenadas de sus vértices, cada uno con una fila de atributos en una tabla.

Definición 25.17 (Georreferenciación)

La georreferenciación es la asignación de coordenadas de mapa en una proyección indicada a cada píxel de una imagen o a cada vértice de un dibujo, normalmente ajustando una transformación a puntos de control en tierra cuyas posiciones son conocidas en ambos sistemas.

Para un ráster con el norte hacia arriba en un marco proyectado, la transformación es afín: la celda de la columna $i$ y la fila $j$ tiene su esquina en $E = E_0 + i\,\Delta$, $N = N_0 - j\,\Delta$, siendo $\Delta$ el tamaño de celda. Una imagen de satélite se remuestrea primero en una malla de ese tipo; las capas en proyecciones distintas se proyectan en una sola antes de combinarlas.

Método 25.18 (Pendiente, orientación y sombreado de relieve a partir de un modelo digital de elevaciones)

Sobre una malla de elevaciones $z_{i,j}$ de espaciado $\Delta$ ($i$ hacia el este, $j$ hacia el norte), se estima el gradiente mediante diferencias centrales,

$$\frac{\partial z}{\partial x} \approx \frac{z_{i+1,j} - z_{i-1,j}}{2\Delta} , \qquad \frac{\partial z}{\partial y} \approx \frac{z_{i,j+1} - z_{i,j-1}}{2\Delta} .$$

La pendiente es $S = \arctan|\nabla z|$; la orientación es el azimut de la máxima pendiente descendente, la dirección de $-\nabla z$, $A = \operatorname{atan2}(-\partial z/\partial x, -\partial z/\partial y)$ medido en sentido horario desde el norte. El sombreado de relieve para una luz procedente del azimut $A_0$ con ángulo cenital $Z$ es $\cos Z\cos S + \sin Z\sin S \cos(A_0 - A)$, el coseno del ángulo entre la luz y la normal al terreno, que se fija en cero donde es negativo.

La diferencia central es exacta para un plano y tiene un error de $\Delta^2 z'''/6$ en caso contrario; el relieve sombreado de los Varden Hills en el volumen de primer año se calculó de este modo, iluminado desde el noroeste. Las derivadas amplifican los errores de la malla: un modelo con escalones entre sus filas los muestran como franjas en su mapa de pendientes.

Definición 25.19 (Álgebra de mapas)

El álgebra de mapas es el cálculo de una nueva capa ráster celda a celda a partir de una o más capas de la misma malla: mediante aritmética (el NDVI a partir de dos bandas), mediante comparación (las celdas más empinadas que $15{}^{\circ}$), mediante operaciones lógicas (y, o, no), o a partir de un entorno de la celda (la pendiente).

Definición 25.20 (Zona de influencia; superposición de capas)

La zona de influencia de un elemento a la distancia $d$ es la región del mapa a menos de $d$ de él. Una superposición de capas combina dos o más capas de la misma zona en una sola, cada lugar del resultado con los atributos de todas ellas; la selección de los lugares que cumplen varias condiciones a la vez es el uso más frecuente.

La figura de arriba recorre toda la cadena: el álgebra de mapas sobre la malla de elevaciones da la pendiente y la orientación; una comparación convierte la pendiente en una capa de celdas empinadas; el mapa geológico aporta la lutita; la zona de influencia del río da una tercera capa; su intersección, una superposición con la y lógica, deja 32 celdas de las 8181. La respuesta solo es tan buena como las capas: en una malla más gruesa las pendientes salen más suaves y pasan menos celdas.

Definición 25.21 (Clasificación supervisada; matriz de confusión)

Una clasificación supervisada asigna cada píxel de una imagen a una de un conjunto de clases, a partir de reglas o estadísticas aprendidas sobre píxeles de entrenamiento cuya clase se conoce en el terreno. Su matriz de confusión cuenta, para un conjunto separado de píxeles de referencia, cuántos de cada clase verdadera se asignaron a cada clase: $n_{ij}$ píxeles clasificados como $i$ pertenecen en realidad a $j$.

La diagonal recoge los píxeles clasificados correctamente. Con $N$ píxeles de referencia, la exactitud global es $\sum_i n_{ii}/N$. La exactitud del usuario de una clase, $n_{ii}$ sobre su total de fila, es la probabilidad de que un píxel que el mapa llama $i$ sea $i$; su exactitud del productor, $n_{ii}$ sobre su total de columna, la probabilidad de que un $i$ verdadero se haya cartografiado como $i$. El coeficiente kappa compara la exactitud global $p_o$ con la exactitud $p_e = \sum_i (\text{row}_i)(\text{col}_i)/N^2$ que alcanzaría una asignación aleatoria con los mismos totales: $\kappa = (p_o - p_e)/(1 - p_e)$.

En este ejemplo inventado, 113 de 130 píxeles son correctos, una exactitud global de $86.9\,\%$. El bosque tiene una exactitud del usuario de $38/48 = 79\,\%$ pero una exactitud del productor de $38/45 = 84\,\%$: siete píxeles de roca desnuda, quizá en sombra, se llamaron bosque. Una asignación aleatoria alcanzaría $p_e = 0.338$, y $\kappa = 0.80$.

25.6 Ejercicios

Ejercicio 25.1 ★

Un campo tiene reflectancias de 0.06 en la banda roja y 0.42 en la banda del infrarrojo cercano de un sensor de imágenes; un campo arado junto a él, 0.21 y 0.28. Calcúlese el NDVI de ambos y explíquese qué sugiere cada valor.

Solución

Solución de Ejercicio 25.1.

Campo: $(0.42 - 0.06)/(0.42 + 0.06) = 0.75$, vegetación verde densa, un cultivo en plena foliación. Campo arado: $(0.28 - 0.21)/(0.28 + 0.21) = 0.14$, casi suelo desnudo, un suelo que se aclara ligeramente hacia el infrarrojo.

Ejercicio 25.2 ★

El sensor Landsat 8 cubre una franja de $185\,\mathrm{km}$ de ancho con píxeles de $30\,\mathrm{m}$, y su banda pancromática con píxeles de $15\,\mathrm{m}$. (a) ¿Cuántos píxeles contiene una línea a través de la franja en cada caso? (b) ¿Cuántos niveles dan 12 bits, y 8 bits? (c) ¿Cuál es el tiempo de revisita de Landsat 8 por sí solo, y el de Landsat 8 y 9 juntos?

Solución

Solución de Ejercicio 25.2.

(a) $185000/30 \approx 6170$ píxeles; $185000/15 \approx 12300$ en la banda pancromática. (b) $2^{12} = 4096$ niveles; $2^8 = 256$. (c) 16 días por sí solo; con Landsat 9 en la misma órbita y desfasado 8 días, se reduce a 8 días.

Ejercicio 25.3 ★

(a) En un interferograma de Sentinel-1 ($\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$) de una cuenca en subsidencia, seis franjas separan el borde estable del centro. ¿Cuál es el cambio de la línea de visión en el centro? (b) ¿Cuánto valdría una franja para un satélite más antiguo de longitud de onda $5.66\,\mathrm{cm}$?

Solución

Solución de Ejercicio 25.3.

(a) Una franja equivale a $\lambda/2 = 27.7\,\mathrm{mm}$; seis franjas suponen $166\,\mathrm{mm}$ de variación en la línea de visión, aquí alejándose del satélite, ya que la cuenca experimenta subsidencia. (b) $56.6/2 = 28.3\,\mathrm{mm}$.

Ejercicio 25.4 ★

Un altímetro láser está a $500\,\mathrm{km}$ sobre el suelo. (a) ¿Cuánto tarda en volver un pulso? (b) Si cada fotón se cronometra con $800\,\mathrm{ps}$, ¿qué precisión tiene una medida de distancia?

Solución

Solución de Ejercicio 25.4.

(a) $t = 2d/c = 2\times5 \times 10^{5}/3.00 \times 10^{8} = 3.34\,\mathrm{ms}$. (b) $c\,\delta t/2 = 3.00 \times 10^{8}\times8 \times 10^{-10}/2 = 0.12\,\mathrm{m}$; una superficie muestreada por muchos fotones se localiza mucho mejor, la precisión disminuye como la inversa de la raíz cuadrada de su número.

Ejercicio 25.5 ★★

Un píxel de la banda 10 de Landsat 8 (tómese $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$) tiene, tras la corrección atmosférica, una radiancia espectral de $9.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$. (a) Calcúlese la temperatura de brillo. (b) La superficie es un prado de emisividad 0.98: ¿cuál es su temperatura cinética?

Solución

Solución de Ejercicio 25.5.

(a) En unidades SI $L = 9.0 \times 10^{6}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\mathrm{m}^{-1}$. Con $c_1 = 2hc^2 = 1.191 \times 10^{-16}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{sr}^{-1}$, $c_2 = 0.014\,388\,\mathrm{m}\,\mathrm{K}$ y $\lambda^5 = (1.09 \times 10^{-5})^5 = 1.539 \times 10^{-25}$, $c_1/(\lambda^5L) = 86.0$, y $T_b = c_2/(\lambda\ln 87.0) = 295.6\,\mathrm{K}$. (b) La temperatura cinética se obtiene de $0.98\,B_\lambda(T) = L$, es decir $B_\lambda(T) = L/0.98$: la misma fórmula da $T = 296.9\,\mathrm{K}$, $1.3\,\mathrm{K}$ más.

Ejercicio 25.6 ★★

El radar Sentinel-1 vuela a $693\,\mathrm{km}$ de altura con una antena de $12.3\,\mathrm{m}$ de largo a $\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$. (a) Despreciando la curvatura de la Tierra, calcúlese la distancia oblicua a un punto visto con una incidencia de $35{}^{\circ}$. (b) ¿Qué resolución en azimut daría una antena real de esa longitud allí, y qué da la apertura sintética? (c) ¿Cuánto mide la apertura sintética?

Solución

Solución de Ejercicio 25.6.

(a) $R = 693/\cos35{}^{\circ} = 846\,\mathrm{km}$. (b) Antena real: $R\lambda/L = 8.46 \times 10^{5}\times0.0555/12.3 = 3.8\,\mathrm{km}$; apertura sintética: $L/2 = 6.2\,\mathrm{m}$, unas 600 veces más fina. (c) La apertura sintética es la longitud de la trayectoria a lo largo de la cual un punto permanece en el haz, $R\lambda/L = 3.8\,\mathrm{km}$.

Ejercicio 25.7 ★★

Una ventana de $3\times3$ de un modelo digital de elevaciones con celdas de $30\,\mathrm{m}$ da, con el norte arriba,

$$\begin{matrix} 412 & 418 & 425 \\ 405 & 410 & 418 \\ 398 & 401 & 409 \end{matrix} \qquad (\mathrm{m}).$$

Por diferencias centrales en la celda central, calcúlense la pendiente, la orientación y el sombreado para una luz desde el noroeste, a $45{}^{\circ}$ sobre el horizonte.

Solución

Solución de Ejercicio 25.7.

$\partial z/\partial x = (418 - 405)/60 = 0.217$ (E menos O), $\partial z/\partial y = (418 - 401)/60 = 0.283$ (N menos S); $|\nabla z| = 0.357$, una pendiente de $\arctan 0.357 = 19.6{}^{\circ}$. El terreno asciende hacia el nordeste, por lo que mira hacia el suroeste: $A = \operatorname{atan2}(-0.217, -0.283) = 217{}^{\circ}$. Sombreado del relieve: $\cos45{}^{\circ} \cos19.6{}^{\circ} + \sin45{}^{\circ}\sin19.6{}^{\circ}\cos(315{}^{\circ} - 217{}^{\circ}) = 0.666 - 0.033 = 0.63$, algo más oscuro que el terreno llano (0.71): la pendiente se aleja ligeramente de una fuente de luz situada al noroeste.

Ejercicio 25.8 ★★

Un mapa de cubiertas del suelo se contrasta con 160 píxeles de referencia (filas: el mapa; columnas: la realidad; clases agua, bosque, cultivos, pueblo):

$$\begin{pmatrix} 48 & 3 & 1 & 0 \\ 4 & 37 & 6 & 1 \\ 2 & 5 & 29 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & 19 \end{pmatrix} .$$

Calcúlense la exactitud global, las exactitudes del usuario y del productor de cada clase, y kappa. ¿Qué clase se omite con más frecuencia?

Solución

Solución de Ejercicio 25.8.

Totales de fila 52, 48, 38, 22; totales de columna 54, 46, 38, 22; diagonal 133 de 160: exactitud global $83.1\,\%$. Exactitudes del usuario: agua $48/52 = 0.92$, bosque $37/48 = 0.77$, cultivos $29/38 = 0.76$, zona urbana $19/22 = 0.86$. Del productor: agua $48/54 = 0.89$, bosque $37/46 = 0.80$, cultivos $29/38 = 0.76$, zona urbana $19/22 = 0.86$. $p_e = (52\cdot54 + 48\cdot46 + 38\cdot38 + 22\cdot22)/160^2 = 0.271$, $\kappa = (0.831 - 0.271)/(1 - 0.271) = 0.77$. Los cultivos son los que con más frecuencia se omiten: 9 de los 38 píxeles reales de cultivo fueron a parar a otras clases, sobre todo a bosque.

Ejercicio 25.9 ★★

Un píxel térmico de $100\,\mathrm{m}$ contiene una colada de lava reciente a $1443\,\mathrm{K}$ que cubre el $4\,\%$ de él; el resto es suelo a $290\,\mathrm{K}$; considérense ambos como cuerpos negros. (a) Calcúlese la temperatura de brillo del píxel a $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$ y compárese con la temperatura media. (b) Calcúlese la razón de las radiancias de cuerpo negro de la lava y del suelo a $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$, y la temperatura de brillo del píxel en esa banda. ¿Qué banda detecta mejor la lava?

Solución

Solución de Ejercicio 25.9.

(a) $L = 0.04\,B_\lambda(1443) + 0.96\,B_\lambda(290)$ a $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, $28.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$, cuya temperatura de brillo es $396\,\mathrm{K}$, frente a una temperatura media de $0.04\times1443 + 0.96\times290 = 336\,\mathrm{K}$. (b) A $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$, $B_\lambda(1443)/B_\lambda(290) = 6.8 \times 10^{7}$: la lava domina por completo el píxel, y su temperatura de brillo es $845\,\mathrm{K}$. La banda del infrarrojo de onda corta detecta pequeños focos calientes mucho mejor; la banda térmica, sensible a todo el píxel, es la que mide el terreno que los rodea.

Ejercicio 25.10 ★★★

Se construyen dos interferogramas de la misma deformación a partir de dos pasadas, una con el satélite al este del terreno y otra con él al oeste, ambas con un ángulo de incidencia de $35{}^{\circ}$. En un punto, la línea de visión se acorta $64\,\mathrm{mm}$ en el primero y $38\,\mathrm{mm}$ en el segundo. Suponiendo que no hay movimiento norte–sur, calcúlense el desplazamiento vertical y el desplazamiento hacia el este. ¿Por qué no basta con una sola pasada?

Solución

Solución de Ejercicio 25.10.

Con el satélite al este, $d_1 = u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$; al oeste, $d_2 = -u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$. Sumando y restando, $u_z = (d_1 + d_2)/(2\cos\theta) = 102/1.638 = 62.3\,\mathrm{mm}$ y $u_E = (d_1 - d_2)/(2\sin\theta) = 26/1.147 = 22.7\,\mathrm{mm}$. Una pasada da una ecuación para dos incógnitas: cualquier combinación de levantamiento y movimiento hacia el este con la misma proyección sobre la línea de visión da las mismas franjas.

Ejercicio 25.11 ★★★

El desenrollado falla donde la fase salta más de $\pi$ entre píxeles vecinos. (a) Demuéstrese que la línea de visión debe cambiar menos de $\lambda/4$ de un píxel al siguiente, $13.9\,\mathrm{mm}$ para Sentinel-1. (b) Para una fuente de Mogi a $z_0 = 4\,\mathrm{km}$ con $\Delta V = 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ y $\nu = 0.25$, vista en vertical, demuéstrese que el gradiente más pronunciado de $u_z$ está en $r = z_0/2$ y calcúlese. (c) ¿Cuál es el mayor tamaño de píxel que mantiene resolubles las franjas?

Solución

Solución de Ejercicio 25.11.

(a) Por el Teorema 25.14, $\Delta\phi = 4\pi\Delta r/\lambda < \pi$ exige que $\Delta r < \lambda/4 = 13.9\,\mathrm{mm}$. (b) $u_z = k z_0(r^2 + z_0^2)^{-3/2}$ con $k = (1 - \nu)\Delta V/\pi$; $\mathrm du_z/\mathrm dr = -3kz_0r(r^2 + z_0^2)^{-5/2}$, cuya derivada se anula donde $(r^2 + z_0^2) = 5r^2$, en $r = z_0/2$. Allí

$$\left|\frac{\mathrm du_z}{\mathrm dr}\right| = \frac{3k}{2z_0^3}\Big(\frac54\Big)^{-5/2} = \frac{0.859\,k}{z_0^3} = \frac{0.859\times2.39 \times 10^{6}}{6.4 \times 10^{10}} = 3.2 \times 10^{-5},$$

$32\,\mathrm{mm}$ por kilómetro. (c) $13.9/32 = 0.43\,\mathrm{km}$: píxeles menores que unos $430\,\mathrm{m}$, condición que cumplen fácilmente los de Sentinel-1.

Ejercicio 25.12 ★★★

(a) Demuéstrese que el NDVI está entre $-1$ y $+1$ para reflectancias no negativas, y que no cambia cuando ambas reflectancias se multiplican por un mismo factor. (b) La hierba tiene reflectancias de 0.051 (rojo) y 0.502 (infrarrojo cercano). Una imagen sin corregir añade una radiancia de trayectoria equivalente a 0.03 en el rojo y 0.01 en el infrarrojo cercano. Calcúlese el NDVI con y sin ella. (c) ¿Qué implica eso para un mapa del NDVI elaborado con imágenes sin corregir en un día de bruma?

Solución

Solución de Ejercicio 25.12.

(a) Para $N, R \ge 0$, no ambos nulos, $|N - R| \le N + R$, luego $|\mathrm{NDVI}| \le 1$; al sustituir $N$ y $R$ por $aN$ y $aR$ se multiplican el numerador y el denominador por $a$. (b) Sin corrección: $(0.502 - 0.051)/(0.502 + 0.051) = 0.816$; con corrección: $(0.512 - 0.081)/(0.512 + 0.081) = 0.727$. (c) La radiancia de trayectoria reduce el índice de la vegetación verde, en torno a una décima aquí, y en una cantidad que cambia con la calima: un mapa de imágenes sin corregir mostraría el tiempo atmosférico tanto como la vegetación, y las comparaciones entre fechas carecerían de sentido.

25.7 Problema: un flanco en hinchamiento en el monte Halvren

Problema 25.1

Problema de fin de semana — vegetación, calor e interferograma radar de un volcán ficticio

El monte Halvren, un volcán ficticio, ha emitido coladas de lava en 1890, 1960 y 2005 sobre sus flancos boscosos. Un campo de fumarolas humea en su cima. Se dan a continuación datos de satélite de un año reciente.

Parte I — Vegetación sobre las coladas de lava. Reflectancias corregidas en las bandas del rojo y del infrarrojo cercano:

superficie	bosque	colada de 1890	colada de 1960	colada de 2005
rojo	0.04	0.07	0.11	0.12
infrarrojo cercano	0.38	0.30	0.21	0.14

1. Calcúlese el NDVI de las cuatro superficies.
2. Ordénense las coladas según la recuperación de su vegetación. ¿Coincide el orden con el de sus edades?
3. ¿Por qué el NDVI de la colada de 2005 no es cero, aunque casi nada crece sobre ella?
4. ¿Por qué el NDVI es más fiable que la reflectancia en el infrarrojo cercano por sí sola en los flancos empinados e irregularmente iluminados de un volcán?

Parte II — El campo de fumarolas. En la banda térmica (tómese $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$) la radiancia corregida de un píxel de $100\,\mathrm{m}$ de la meseta de la cima alejado de las fumarolas es $8.40\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$, y la del píxel sobre el campo de fumarolas $9.95\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$.

5. Calcúlense las temperaturas de brillo de los dos píxeles.
6. La roca de la meseta tiene una emisividad de 0.97. ¿Cuál es su temperatura cinética?
7. Las bocas de las fumarolas y el suelo caliente que las rodea están a $370\,\mathrm{K}$. Considerándolos, junto con el resto del píxel, como cuerpos negros, quedando el resto con la radiancia de la meseta, ¿qué fracción del píxel cubren, y qué superficie?
8. ¿Por qué la temperatura media del píxel, ponderada por área, queda por debajo de su temperatura de brillo?

Parte III — El interferograma. Dos imágenes de Sentinel-1 ($\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$, incidencia $35{}^{\circ}$, satélite al este) tomadas con 48 días de diferencia muestran un patrón concéntrico en el flanco este. Desde una zona estable hasta el centro del patrón se cuentan cinco franjas completas y cuatro décimas de una sexta, todas ellas en el sentido del movimiento hacia el satélite.

9. ¿Por qué deben tomarse dos imágenes casi desde la misma posición, y cuántos ciclos orbitales de un mismo satélite las separan?
10. Calcúlese el cambio de la línea de visión en el centro.
11. En el centro el terreno se mueve solo verticalmente. Calcúlese el levantamiento allí.
12. Explíquese por qué el patrón no es circular y en qué lado, este u oeste, se concentran las franjas.
13. A lo largo de la línea norte–sur que pasa por el centro, el cambio de la línea de visión se reduce a la mitad de su valor central a $3.4\,\mathrm{km}$ del centro. ¿Por qué usar esa línea y qué profundidad da para una fuente de Mogi?
14. ¿Cuántas franjas separan el centro de ese punto a media altura?
15. El vapor de agua del aire puede retrasar las ondas de radar de forma distinta en las dos fechas y dibujar franjas propias. ¿Cómo ayudaría un segundo interferograma, de otro par de fechas, a distinguir entre ambas?

Parte IV — El volumen. Tómese $\nu = 0.25$.

16. A partir de $u_z(0) = (1 - \nu)\Delta V/(\pi z_0^2)$, calcúlese la variación de volumen de la fuente.
17. Exprésese como tasa media por día y por año a lo largo de los 48 días.
18. Calcúlese el mayor desplazamiento horizontal y dónde se produce.
19. Si el reservorio fuera una esfera de radio $z_0/3$, ¿cuál sería su volumen, y qué fracción de él representa la variación?
20. El tamaño finito de una esfera de radio $z_0/3$ modifica el levantamiento en unos $3\,\%$. ¿Cambia la respuesta a la pregunta 16 de forma apreciable, dada la precisión del recuento de franjas?
21. ¿Qué otra observación, de las partes I y II o tomada sobre el terreno, respaldaría la interpretación de un reservorio en llenado?
22. Dése la variación de volumen del reservorio bajo el monte Halvren, en millones de metros cúbicos, con dos cifras significativas.

Solución

Solución de Problema 25.1.

1. Bosque $(0.38 - 0.04)/0.42 = 0.81$; colada de 1890 $0.23/0.37 = 0.62$; de 1960 $0.10/0.32 = 0.31$; de 2005 $0.02/0.26 = 0.08$.

2. 1890, luego 1960, luego 2005: la colada más antigua es la más verde, en el orden de las edades; todavía no ha alcanzado el bosque.

3. La roca desnuda refleja algo más en el infrarrojo cercano que en el rojo, como la arena parda de la figura del capítulo; los líquenes y las primeras plantas añaden algo: 0.08 es el valor de un terreno casi desnudo.

4. Una ladera orientada en sentido contrario a la luz atenúa ambas bandas en la misma proporción; el cociente lo cancela, mientras que la reflectancia en el infrarrojo cercano por sí sola confundiría un bosque sombreado con vegetación dispersa.

5. Mediante la Proposición 25.7 con $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$: la meseta $291.1\,\mathrm{K}$, el píxel de la fumarola $302.3\,\mathrm{K}$.

6. $0.97\,B_\lambda(T) = 8.40 \times 10^{6}$ da $T = 293.0\,\mathrm{K}$.

7. $B_\lambda(370\,\mathrm{K}) = 22.48\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$; $f = (9.95 - 8.40)/(22.48 - 8.40) = 0.110$, unos $1100\,\mathrm{m}^{2}$ del píxel de $10^{4}\,\mathrm{m}^{2}$.

8. La radiancia es una función convexa de la temperatura (véase la Proposición 25.8): la parte caliente aporta más radiancia que su parte proporcional de la temperatura, de modo que el píxel parece más caliente que su media, $0.110\times370 + 0.890\times291.1 = 299.8\,\mathrm{K}$ frente a $302.3\,\mathrm{K}$.

9. La fase de cada eco depende de la trayectoria exacta; un cambio grande de punto de vista cambia la suma de los ecos de los dispersores y el interferograma pierde su coherencia, y además añade una fase debida al relieve. $48/12 = 4$ ciclos de un solo satélite.

10. $5.4\times27.73 = 149.7\,\mathrm{mm}$ hacia el satélite.

11. $u_z = 149.7/\cos35{}^{\circ} = 182.8\,\mathrm{mm}$.

12. El terreno se desplaza hacia fuera además de hacia arriba; en el lado este el movimiento hacia fuera va hacia el satélite y se suma al levantamiento; en el lado oeste lo resta (véase la Proposición 25.15). El cambio cae más deprisa hacia el oeste, donde las franjas están apretadas; el patrón se estira hacia el este.

13. En esa línea el movimiento horizontal es norte–sur, perpendicular a la dirección de observación, de modo que el radar ve solo $u_z\cos\theta$, con la forma del levantamiento. El levantamiento se reduce a la mitad en $r = 0.766\,z_0$, así que $z_0 = 3.4/0.766 = 4.44\,\mathrm{km}$.

14. La mitad de 5.4: 2.7 franjas.

15. Una deformación es igual en los dos interferogramas tras normalizar por los intervalos de tiempo, o sigue creciendo de un par a otro; un patrón atmosférico cambia de una fecha a otra y a menudo sigue el relieve. Un segundo par que muestre la misma diana confirma la deformación.

16. $\Delta V = \pi u_z(0)z_0^2/(1 - \nu) = \pi\times0.1828\times 4436^2/0.75 = 1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$.

17. $1.51 \times 10^{7}/48 = 3.1 \times 10^{5}\,\mathrm{m}^{3}$ al día, $1.1 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$ al año si se mantuviera el ritmo.

18. $u_r \propto r/(r^2 + z_0^2)^{3/2}$ es máximo donde su derivada se anula, $r^2 + z_0^2 = 3r^2$, $r = z_0/\sqrt2 = 3.14\,\mathrm{km}$; allí $u_r = 70\,\mathrm{mm}$, $38\,\%$ del levantamiento central.

19. Radio $1.48\,\mathrm{km}$, volumen $\frac43\pi(1.48)^3 = 13.6\,\mathrm{km}^{3}$; el cambio es $1.51 \times 10^{7}/1.36 \times 10^{10} = 0.11\,\%$ de este.

20. No: una décima de franja es el $2\,\%$ del recuento, y la profundidad, leída a partir de una semianchura de $3.4\,\mathrm{km}$, quizá hasta $0.1\,\mathrm{km}$, entra al cuadrado, $6\,\%$; la corrección del $3\,\%$ queda dentro de esa incertidumbre.

21. El calentamiento del campo de fumarolas (parte II) a lo largo del tiempo, un aumento de sismos pequeños bajo el abombamiento, un cambio en el gas liberado, y el levantamiento medido mediante posicionamiento por satélite o nivelación en unos pocos puntos del flanco.

22. El reservorio bajo el monte Halvren creció en 15 millones $\mathrm{m}^{3}$ ($1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$).